高二物理下第一次月考试题(1).doc

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1、1 / 22【2019【2019 最新最新】精选高二物理下第一次月考试题精选高二物理下第一次月考试题(1)(1)高二物理试题高二物理试题注意事项：1答题前在答题卡、答案纸上填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将第 I 卷（选择题）答案用 2B 铅笔正确填写在答题卡上；请将第 II 卷（非选择题）答案黑色中性笔正确填写在答案纸上。第 I 卷（选择题 45 分）一选择题（本题有 15 小题，每小题 3 分，共 45 分。）1.自然界的力、电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是（ ）A. 焦耳研究了摩擦生热等现象，确定了热与功之间的定量关系B.

2、 欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C. 法拉第发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系D. 奥斯特发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系2.如图所示，两个同心放置的共面金属圆环 a 和 b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量 a 和 b 大小关系为( ) A. ab B. ab C. ab D. 无法比较2 / 223.如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细绳挂于 O 点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过匀强磁场区域，则（空气阻力不计）（ ）A.圆环向右穿过磁场后，还能摆至原高度B.在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流C.圆环进

3、入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大D.圆环最终将静止在平衡位置4.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外一个矩形闭合导线框 abcd，沿纸面由位置 1（左）匀速运动到位置2（右） 则（ ）A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为 abcdaB. 导线框离开磁场时，感应电流方向为 adcbaC. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向左D. 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右5.如图所示，边长为 1m 的正方形线框固定不动，一半处于匀强磁场3 / 22中，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间的变化规律为B=（0.5+0.2t）T，则线框与磁场边界相交的两点

4、ab 的电势差Uab=（ ）A. 0.05V B. -0.05V C. 0.1V D. -0.1V6.圆环形导线圈 a 平放在水平桌面上，在 a 的正上方固定一竖直螺线管 b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路若将滑动变阻器的滑片 P 向上滑动，下面说法中正确的是( ) A. 穿过线圈 a 的磁通量变大 B. 线圈 a 有扩大的趋势C. 线圈 a 中将产生逆时针方向的感应电流 D. 线圈 a 对水平桌面的压力将增大7.如图所示，金属杆 ab 静放在水平固定的“U”形金属框上，整个装置处于竖直向上的磁场中。当磁感应强度均匀减小时，杆 ab 总保持静止，则（ ）A. 杆中感

5、应电流方向是从 b 到 a B. 杆中感应电流大小减小C. 金属杆所受安培力逐渐增大 D. 金属杆所受安培力大小不变8.矩形导线框 abcd 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象如图所示。设 t0 时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里，则在 04 s 时间内，选项图中能正确反映线框 ab 边所受的安培力 F 随时间 t 变化的图象是(规定 ab边所受的安培力向左为正)( )4 / 22A. B. C. D. 9.如图所示一块绝缘薄圆盘可绕其中心的光滑轴自由转动，圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球，在圆盘的中部有一个圆形线圈实验时圆盘沿顺时针方向绕

6、中心转动时，发现线圈中产生逆时针方向（由上向下看）的电流，则下列关于可能出现的现象的描述正确的是（ ）A. 圆盘上金属小球带负电，且转速减小B. 圆盘上金属小球带负电且转速增加C. 圆盘上金属小球带正电，且转速不变D. 圆盘上金属小球带正电，且转速减小10.如图所示，粗细均匀的电阻丝绕制的矩形导线框 abcd 处于匀强磁场中，另一种材料的导体棒 MN 可与导线框保持良好接触并做无摩擦滑动当导体棒 MN 在外力作用下从导线框左端开始做切割磁感线的匀速运动一直滑到右端的过程中，导线框上消耗的电功率的变化情况可能为( )A. 逐渐增大 B. 先增大后减小 C. 逐渐减小 D. 先增大后减小，再增大，

7、接着再减小5 / 2211.如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q、质量为 m 的带电球体，管道半径略大于球体半径整个管道处于磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直现给带电球体一个水平速度 v0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功可能为（ ）A0 Bm Cmv02 Dmv0212.如图所示，一绝缘的竖直圆环上均匀分布着正电荷一光滑细杆从圆心垂直圆环平面穿过圆环，杆上套有带正电的小球，现使小球从 a 点由静止释放，并开始计时，后经过 b、c 两点，运动过程中的v-t 图 如图乙所示下列说法正确的是A. 带电圆环在圆心处产生的场强为零B. a

8、点场强大于 b 点场强C. 电势差 D. 小球由 b 到 c 的过程中平均速度大于 055m/s13.如图所示，相距为 d 的两条水平虚线之间是方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，正方形线圈 abcd 边长为 L（Ld） ，质量为 m、电阻为 R，将线圈在磁场上方 h 高处由静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为 v0，cd 边刚离开磁场时速度也为 v0，则线圈穿过磁场的过程中（从 cd 边刚进入磁场起一直到 ab 边离开磁场为止）：( )6 / 22A.线圈可能是加速进入磁场的 B.感应电流所做的功为 2mgdC.可能小于 D.线圈的最小速度一定是0v22mgR B L2g hLd1

9、4.一线圈匝数为 n=10 匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值 R = 2.0 的电阻，如图甲所示。在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量 随时间 t 变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（ ）A.通过 R 的电流方向为 ab B.线圈中产生的感应电动势为 5VC.R 两端电压为 5V D.通过 R 的电流大小为 5A15.如图所示，在电阻不计的边长为 L 的正方形金属框 abcd 的 cd 边上接 两个相同的电阻，平行金属板 e 和 f 通过导线与金属框相连，金属框内两虚线之间有垂直于纸面向里的磁场，同一时刻各点的磁感应强度 B 大小相等，B 随时间 t 均匀增加，已知 ，磁场区域面

10、积是金属框面积的二分之一，金属板长为 L，板间距离为 L。质量为m，电荷量为 q 的粒子从两板中间沿中线方向以某一初速度射入，刚好从 f 板右边缘射出。不计粒子重力，忽略边缘效应。则BktA. 金属框中感应电流方向为 abcdaB. 粒子带正电7 / 22C. 粒子初速度为2Lkq mD. 粒子在 e、f 间运动增加的动能为21 4kL q第 II 卷（非选择题 55 分）二、填空题（本题有 3 小题，每小题 1 分，共 14 分。）16.一个 200 匝、面积为 20 平方厘米的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成 30角，若磁感应强度在 005 s 内由 01 T增加到 05 T在此过

11、程中穿过线圈的磁通量的变化是_Wb；磁通量的平均变化率是_Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是_V。17.如图所示，正方形线框 abcd 的边长为 l，向右通过宽为 L 的匀强磁场，且 lL，则在线框进入过程中穿过线框的磁通量变化情况是_，感应电流的磁场对磁通量变化起_作用，线框中感应电流方向是_；在线框移出磁场的过程中穿过线框的磁通量变化情况是_，感应电流的磁场对磁通量变化起_作用，线框中感应电流方向是_18.在“研究电磁感应现象”的实验中，先要按图甲连接，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系：当闭合 S 时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央，则开关 S 断开时

12、，电流表指针偏向 接着按图乙将该电流表与线圈B 连成一个闭合回路，将线圈 A、电池、滑动变阻器和开关串联成另一个闭合电路，则 S 闭合后将螺线管 A 插入螺线管 B 的过程中，电流表的指针 （“向左偏”、“向右偏”或“静止不动”），若将线圈 A 放在 B 中不动时，指针将 （“向左偏”、“向右偏”或“静止不动”）若将线圈 A 从 B 中抽出，电流表指针将 （“向左偏”8 / 22、“向右偏”或“静止不动”），从该实验的探究可以得到的结论是： 三、简答题（本题有 3 小题，共 41 分。）19. （本题 7 分）边长为、匝的正方形线圈，处在如图所示的磁场内（线圈右边的电路中没有磁场） ，磁感应强

13、度随时间 t 变化的规律是，R = 3，线圈电阻 r = 1，求：通过 R 的电流大小和方向。20. （本题 10 分）如图，POQ 是折成角的固定于竖直平面内的光滑金属导轨，导轨关于竖直轴线对称，OP=OQ=L=m，整个装置处在垂直导轨平面向里的足够大的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律为 B=1-8t(T)。一质量为 m、长为 L、电阻为 1、粗细均匀的导体棒锁定于 OP、OQ 的中点 a、b 位置当磁感应强度变为 B1=0.5T 后保持不变，同时将导体棒解除锁定，导体棒向下运动，离开导轨时的速度为。导体棒与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度为求导体棒：（1）解除锁定前回路中

14、电流的大小及方向；（2）滑到导轨末端时的加速度大小；（3）运动过程中产生的焦耳热21. （本题 12 分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数 n = 1500匝，横截面积 S = 20cm2。螺线管导线电阻 r = 1.0，R1 = 9 / 224.0，R2 = 5.0，C=30F。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示的规律变化。求：(1)求螺线管中产生的感应电动势；(2)闭合 S，电路中的电流稳定后，求电阻 R1 的电功率；(3)S 断开后，求流经 R2 的电量。22. （本题 12 分）如图甲所示，电阻不计的光滑平行金属导轨相距L=0.5m，上端连接 R=0.5 的电

15、阻，下端连着电阻不计的金属卡环，导轨与水平面的夹角 =30，导轨间虚线区域存在方向垂直导轨平面向上的磁场，其上、下边界之间的距离 s=1Om，磁感应强 度Bt 图如图乙所示长为 L 且质量为 m=0.5kg 的金属棒 ab 的电阻不计，垂直导 轨放置于距离磁场上边界 d=2.5m 处，在 t=O 时刻由静止释放，棒与导轨始终接触良 好，滑至导轨底端被环卡住不动g 取 10m/s2 ， 求：（1）棒运动到磁场上边界的时间；（2）棒进人磁场时受到的安培力；（3）在 05s 时间内电路中产生的焦耳热10 / 2211 / 22参考答案1.A【解析】焦耳研究了摩擦生热等现象，确定了热与功之间的定量关系

16、，即 1 卡=4.18J，选项 A 正确；欧姆发现了欧姆定律，说明了导体两端的电压与电流之间存在联系，选项 B 错误；奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系，选项 C 错误；法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系，选项 D 错误；故选 A。2.A【解析】根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a 的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以 ab故选 A.

17、3.B【解析】A、由于从左侧摆到右侧的过程中，圆环中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，圆环中将产生焦耳热，根据能量守恒知圆环的机械能将不守恒，故在左侧圆环的高度将低于起始时右侧的高度，A 不符合题意；B、由楞次定律，只有进入与离开磁场时，穿过圆环的磁通量才发生变化，因此产生感应电流，B 符合题意12 / 22C、圆环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，只在重力作用下，离平衡位置越近，则速度越大，C 不符合题意；D、圆环只有在进或出磁场时，才有机械能的转化；当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，从而只受重力，所以圆环不可能静止在平衡位置，

18、D 不符合题意；故答案为：B4.C【解析】A、线框进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为 adcba，A 错误B、导线框离开磁场时，磁通量减小，感应电流方向为abcda，B 错误；C、导线框离开磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，C 正确；D、导线框进入磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，D 错误；故选 C。5.B【解析】题中正方形线框的左半部分磁通量变化而产生感应电动势，从而在线框中有感应电流产生，把左半部分线框看成电源，其电动势为 E，内电阻为，画出等效电路如图所示2r则 a、b 两点间的电势差即为电源的路端电压，设 l 是边长，且依题意知： 则

19、， 所以有： ，由于 a 点电势低于 b 点电势，故有：Uab=-0.05 V故选 B.0.2/BTstA A10.210.12BSENVVtA A0.052ErUIRVr13 / 226.B【解析】当滑动触头 P 向上移动时电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈 b 的电流减小，b 线圈产生的磁场减弱，故穿过线圈a 的磁通量变小；根据 b 中的电流方向和安培定则可知 b 产生的磁场方向向下穿过线圈 a，根据楞次定律，a 中的感应电流的磁场要阻碍原来磁场的减小，故 a 的感应电流的磁场方向也向下，根据安培定则可知线圈 a 中感应电流方向俯视应为顺时针，故 AC 错误再根据微元法将线圈 a 无

20、限分割根据左手定则不难判断出线圈 a 应有扩张的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因” ，因为滑动触头向上滑动导致穿过线圈 a 的磁通量减小，故只有线圈面积增大时才能阻碍磁通量的减小，故线圈 a 应有扩张的趋势，故 B 正确；开始时线圈 a 对桌面的压力等于线圈 a 的重力，当滑动触头向上滑动时，可以用“等效法” ，即将线圈 a 和 b 看做两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁互相吸引，故线圈 a 对水平桌面的压力 FN 将减小，故 D 错误故选 B7.A【解析】根据楞次定律可得感应电流产生的磁场方向应竖直向上，所以方向为从 b 到 a，A 正确；因为磁

21、场是均匀减小的，故恒定，根据法拉第电磁感应定律可得可知感应电动势恒定，即感应电流恒定，B 错误；因为电流恒定，而磁感应强度减小，所以安培力减小，CD错误8.D14 / 22【解析】01s 内，由楞次定律可判断电流方向为 ba，根据法拉第电磁感应定律，电流的大小恒定，由左手定则可判断 ab 边受到的安培力向左，为正方向的力，根据 F=BIL 可知安培力逐渐减小1s2s 内，磁场向外且增大，线框中电流方向为 ba，电流大小恒定，ab 边受到向右的力，为反方向，根据 F=BIL 可知安培力逐渐增大；2s3s 内，磁场向外且减小，线框中电流方向为 ab，电流大小恒定，ab 边受到向左的力，为正方向根据

22、 F=BIL 可知安培力逐渐减小3s4s 内，磁场向里且增大，线框中电流方向 ab，电流的大小恒定，ab 边受到向右的力，为反方向，根据 F=BIL 可知安培力逐渐增大综合上述三项，知 D 正确故选 D9.A【解析】若圆盘上金属小球带负电，顺时针转动时电流方向沿逆时针方向，产生的磁场方向向上，而线圈中产生逆时针方向的电流，根据安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，根据楞次定律得知，原磁场应减弱，故圆盘的转速减小故 A 正确，B 错误；若圆盘上金属小球带正电，转速不变时，产生的磁场恒定不变，穿过线圈的磁通量不变，不能产生感应电流故 C 错误；圆盘上金属小球带正电，顺时针转动时电流方向沿顺时针方向

23、，产生的磁场方向向下，而线圈中产生逆时针方向的电流，根据安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，根据楞次定律得知，原磁场应增强，故圆盘的转速增大故 D 错误故选 A10.BD15 / 22【解析】导体棒 MN 在框架上做切割磁感线的匀速运动，相当于电源，其产生的感应电动势相当于电源的电动势 E，其电阻相当于电源的内阻 r，线框 abcd 相当于外电路，等效电路如下图所示由于 MN 的运动，外电路的电阻是变化的，设 MN 左侧电阻为 R1，右侧电阻为 R2，导线框的总电阻为 RR1R2，所以外电路的并联总电阻：由于为定值，故当： 时， 最大。12RRR12RRR外在闭合电路中，外电路上消耗的电功率

24、是与外电阻有关的P外R外可见，当时， 有最大值， 随的变化图象如图所示：Rr外P外P外R外下面根据题意，结合图象讨论 P 外变化的情况有：(1)若的最大值，则其导线框上消耗的电功率是先增大后减小R外maxRr(2)若的最大值，且的最小值，则导线框上消耗的电功率是先增大后减小，再增大，接着再减小R外maxRrR外minRr(3)若是的最小值，则导线框上消耗的电功率是先减小后增大。R外minRr综上所述，B、D 正确。11.ACD【解析】当时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零，故 A可能；当时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功根据动能定理得：得故 C 可能；当时，圆环先做减速运动，当，即

25、当，时，不受摩擦力，做匀速直线运动。根据动能定理得：，代入解得：，16 / 22故 D 可能。0qv Bmg0qv B mg2 0102Wmv2 01 2Wmv0qv B mgqvBmgqvBmgvmg qB22 011 22wmvmv22 01 2（）Wmmg qBv12.ACD【解析】A、根据电场的叠加原理和对称性可知，带电圆环在圆心处产生的场强为零，A 正确；B、由乙图知，小球在 a 处的加速度小于 b 处加速度，由知，a 点场强小于 b 点场强，B 错误；C、根据动能定理得：，可得，C 正确；D、小球由 b 到 c 的过程中做非匀加速运动，位移大于匀加速运动的位移，所以平均速度大于，D

26、 正确；故选 ACD。13.BD【解析】因为 cd 边刚进入磁场时速度为 v0，cd 边刚离开磁场时速度也为 v0，则线框进入磁场过程先做减速运动，在完全进入磁场后做匀加速运动，若线圈没有完全进入磁场之前已经做匀速运动，则有最小速度满足：，则最小速度为：故 AC 错误；根据能量守恒研究从 cd 边刚进入磁场到 cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化为 0，重力势能转化为线框产生的热量，Q=mgdcd 边刚进入磁场时速度为 v0，cd 边刚离开磁场时速度也为 v0，所以从 cd 边刚穿出磁场到17 / 22ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从 cd 边刚进入磁场到 cd边刚穿出磁场的过程产生的

27、热量相等，所以线圈从 cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量 Q=2mgd，感应电流做的功为2mgd故 B 正确；因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，设线圈的最小速度为 v，可知全部进入磁场的瞬间速度最小由动能定理，从 cd 边刚进入磁场到线框完全进入时，则有，综上所述，线圈的最小速度为：22B L vmgR22mgRvB L22 011=22mvmvmgLWmgLmgd安又进入磁场前有：；解得最小速为：故 D 正确2 01 2mghmv2vg hLd14.BC【解析】如图乙所示，磁

28、通量随时间的变化规律为均匀增大，而磁场方向为垂直纸面向里。根据楞次定律“增反减同”原则，故感应磁场应垂直纸面向外，据右手螺旋定则可知电流方向应为逆时针方向，即通过 R 的电流方向应为 ba，A 选项错误。根据图的斜率为磁通量的变化率可以得到，又因为线圈内阻不计，故 R 两端的电压就应为 5V，故 B.C 均正确。t -）（V5042410tnE根据部分电路的欧姆定律可知可知 D 错误。)A(25RUI15.AC【解析】因为磁场垂直纸面向里均匀增大，故根据楞次定律可得金18 / 22属框中感应电流方向为 abcda，e 板带负电，f 板带正电，A 正确；因为粒子刚好从 f 板右边缘射出，所以粒子

29、受到向下的电场力，而电场方向向上，所以粒子带负电，B 错误；粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有，在竖直方向上有， ， ，而电容器两极板间的电压等于 R 两端的电压，故，联立解得，C 正确；根据动能定理可得粒子增加的动能为，D 错误0Lv t21 2LatEqamUEd221111 2224BSUkLkLt02Lkqvm2211 11 22 48kEUqqkLqkL16.410-4 810-3 16【解析】磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，应该用公式：=BSsin 来计算，所以：=BSsin =（05-01）2010-405 Wb=410-4 Wb磁通量的变化率：；4 34 10/8 1

30、0 /0.05Wb sWb st A A根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为3200 8 10 1.6 EnVVt A A17. 增大 阻碍 逆时针(abcda) 减小 阻碍 顺时针(adcba)【解析】17.在线框进入磁场的过程中，线框内的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍原磁通量的变化；故产生向外的磁场；由右手定则可知，电流方向为 abcda；同理可得，当线框移出磁场的过程中，磁通量减小，感应电流的磁场阻碍原磁场的减小；感应电流为 adcba；19 / 2218.右；向右偏；静止不动；向左偏；穿过闭合线圈中的磁通量变化，则会产生感应电流【解析】在图甲中，闭合开关，电流从

31、正接线柱流入电流表，电流表指针向左偏转，即电流从哪个接线柱流入，指针就向哪侧偏转当开关 S 断开时，电流表指针偏向右在图乙中，闭合开关后，由安培定则可知，线圈 A 中的电流产生的磁场竖直向上；将 S 闭合后，将螺线管 A 插入螺线管 B 的过程中，穿过 B 的磁场向上，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从电流表正接线柱流入，则电流表的指针将右偏转；若将线圈 A 放在 B 中不动时，穿过线圈 B 的磁通量不变，则线圈中没有感应电流，那么指针将静止不动；若将线圈 A 从 B 中抽出，导致穿过 B 的磁场向上，且穿过 B 的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从电流表负接线柱流入，则电流表的指针将

32、向左偏转从该实验的探究可以得到的结论是：穿过闭合线圈中的磁通量变化，则会产生感应电流故答案为：右；向右偏；静止不动；向左偏；穿过闭合线圈中的磁通量变化，则会产生感应电流19.0.5A、方向自 b 端到 a 端【解析】由法拉第电磁感应定律可得出线圈中的电动势，则由欧姆20 / 22定律可求得通过 R 的电流；由楞次定律可求得电流的方向。由法拉第电磁感应定律可得：则电路中电流: ,由题意知线圈中的磁通量增大，则由楞次定律可得线圈电 流方向为逆时针，故 R 中电流方向从 b 指向 a.20.（1） ；顺时针；（2）7.3m/s2；（3）1.02J【解析】由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律列方程组

33、求解；对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律求加速度；根据能量守恒定律列方程求解（1）导体棒被锁定前，闭合回路的面积不变，由法拉第电磁感应定律可得由闭合回路欧姆定律可得由楞次定律可知，感应电流的方向，顺时针方向（2）导体棒刚离开导轨时受力如图所示， ， ，解得由牛顿第二定律可得解得（3）由能量守恒定律，解得21.（1）螺线管中产生的感应电动势为 1.2V；（2）闭合 S，电路中的电流稳定后，电阻 R1 的电功率为7.2102W；（3）S 断开后，流经 R2 的电量为 1.8105C21 / 22【解析】 （1）根据法拉第电磁感应定律：；解得：E=4V；（2）根据全电路欧姆定律，有：根据 P=I2R

34、1解得：P=064W；（3）S 断开后，流经 R2 的电量即为 S 闭合时 C 板上所带的电量 Q电容器两端的电压：U=IR2=2V流经 R2 的电量：Q=CU=610-5C22. 解：（1）棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律得：mgsin=ma得：a=gsin=5m/s2由运动学公式：d= 得：t= =1s（2）棒刚进磁场时的速度 v=at=5m/s由法拉第电磁感应定律：E=BLv 而 I= 、F 安=BIL 得：安培力 F 安= =2.5N22 / 22（3）因为 F 安=mgsin=2.5N，所以金属棒进入磁场后做匀速直线运动，运动至导轨底端的时间为：t1= =2

35、s由图可知，棒被卡住 1s 后磁场才开始均匀变化，且 =1T/s由法拉第电磁感应定律：E1= = Ls=5V所以在 05s 时间内电路中产生的焦耳热为：Q=Q1+Q2而 Q1= =25J，Q2= =50J 所以 Q=75J【解析】1）棒从静止释放到刚进磁场的过程中做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学位移公式求解时间；（2）由速度公式求出棒刚进磁场时的速度 v，由 E=BLv、I= 、F=BIL 结合，求解安培力；（3）根据安培力与重力沿斜面向下的分力关系，分析可知棒做匀速直线运动，即可求出棒运动到导轨底端的时间棒被卡住后磁场开始均匀变化，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，由焦耳定律求解热量